2020届高考数学一轮复习 单元检测三 导数及其应用（提升卷）单元检测 文（含解析） 新人教A版

单元检测三导数及其应用(提升卷)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间100分钟，满分130分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下列求导运算正确的是()A.x＋1x2′＝1＋1x3B．(log3x)′＝1xlg3C．(3x)′＝3x·ln3D．(x2sinx)′＝2xcosx答案C解析由求导法则可知C正确．2．已知函数f(x)＝lnx＋x2f′(a)，且f(1)＝－1，则实数a的值为()A．－12或1B.12C．1D．2答案C解析令x＝1，则f(1)＝ln1＋f′(a)＝－1，可得f′(a)＝－1.令x＝a0，则f′(a)＝1a＋2af′(a)，即2a2－a－1＝0，解得a＝1或a＝－12(舍去)．3．若函数f(x)＝xex的图象的切线的倾斜角大于π2，则x的取值范围是()A．(－∞，0)B．(－∞，－1)C．(－∞，－1]D．(－∞，1)答案B解析f′(x)＝ex＋xex＝(x＋1)ex，又切线的倾斜角大于π2，所以f′(x)0，即(x＋1)ex0，解得x－1.4．函数f(x)＝2x2－lnx的单调递增区间是()A.0，12B.－12，0和12，＋∞C.12，＋∞D.－∞，－12和0，12答案C解析由题意得f′(x)＝4x－1x＝4x2－1x，且x0，由f′(x)0，即4x2－10，解得x12.故选C.5．函数y＝exx的大致图象是()答案B解析函数y＝exx的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，求导得y′＝x－1exx2，当x1时，y′0，函数单调递增；当0x1时，y′0，函数单调递减；当x0时，y′0，函数单调递减，且函数y＝exx无零点，故选B.6．若函数f(x)＝2x2＋lnx－ax在定义域内单调递增，则实数a的取值范围为()A．(4，＋∞)B．[4，＋∞)C．(－∞，4)D．(－∞，4]答案D解析由题意得f′(x)＝4x＋1x－a≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≤4x＋1x(x0)恒成立．又4x＋1x≥4，当且仅当x＝12时等号成立，所以a≤4.7.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()①f(b)f(a)f(c)；②函数f(x)在x＝c处取得极小值，在x＝e处取得极大值；③函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值；④函数f(x)的最小值为f(d)．A．③B．①②C．③④D．④答案A解析由导函数的图象可知函数f(x)在区间(－∞，c)，(e，＋∞)内，f′(x)0，所以函数f(x)在区间(－∞，c)，(e，＋∞)内单调递增，在区间(c，e)内，f′(x)0，所以函数f(x)在区间(c，e)内单调递减．所以f(c)f(a)，所以①错；函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值，故②错，③对；函数f(x)没有最小值，故④错．8.设三次函数f(x)的导函数为f′(x)，函数y＝xf′(x)的图象的一部分如图所示，则()A．f(x)的极大值为f(3)，极小值为f(－3)B．f(x)的极大值为f(－3)，极小值为f(3)C．f(x)的极大值为f(－3)，极小值为f(3)D．f(x)的极大值为f(3)，极小值为f(－3)答案D解析由图象知当x－3时，f′(x)0，当－3x0时，f′(x)0，∴函数f(x)的极小值为f(－3)；同理知f(x)的极大值为f(3)．9．函数f(x)＝13x3－4x＋4(0≤x≤3)的值域为()A．[1，4]B.－43，4C.－43，1D．[0，3]答案B解析f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)．当x∈[0，2]时，f′(x)≤0，f(x)单调递减；当x∈(2，3]时，f′(x)0，f(x)单调递增．且f(0)＝4，f(2)＝－43，f(3)＝1，所以函数f(x)的最大值为f(0)＝4，函数f(x)的最小值为f(2)＝－43，故值域为－43，4.10．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则实数a的取值范围是()A．(2，＋∞)B．(1，＋∞)C．(－∞，－2)D．(－∞，－1)答案C解析易知a≠0，所以f(x)为一元三次函数．因为f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，所以方程f′(x)＝0的根为x1＝0，x2＝2a.又注意到函数f(x)的图象经过点(0，1)，所以结合一元三次函数的图象规律及题意可知，函数f(x)的图象应满足下图，从而有a0，f2a0，即a0，8a2－3×4a2＋10，解得a－2.故选C.11．设函数f(x)＝minxlnx，x2ex(min{a，b}表示a，b中的较小者)，则函数f(x)的最大值为()A.32ln2B．2ln2C.1eD.4e2答案D解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．由y1＝xlnx得y1′＝lnx＋1，令y1′＝0，解得x＝1e，∴y1＝xlnx在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增．由y2＝x2ex，x0得y2′＝2x－x2ex，令y2′＝0，x0，解得x＝2，∴y2＝x2ex在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，作出示意图如下，当x＝2时，y1＝2ln2，y2＝4e2.∵2ln24e2，∴y1＝xlnx与y2＝x2ex的交点在(1，2)内，∴函数f(x)的最大值为4e2.12．已知y＝f(x)为(0，＋∞)上的可导函数，且有f′(x)＋fxx0，则对于任意的a，b∈(0，＋∞)，当ab时，有()A．af(a)bf(b)B．af(a)bf(b)C．af(b)bf(a)D．af(b)bf(a)答案B解析由f′(x)＋fxx0，得xf′x＋fxx0，即[xfx]′x0，即[xf(x)]′x0.∵x0，∴[xf(x)]′0，即函数y＝xf(x)为增函数，由a，b∈(0，＋∞)且ab，得af(a)bf(b)，故选B.第Ⅱ卷(非选择题共70分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．已知函数f(x)＝x－g(x)的图象在点(2，f(2))处的切线方程是y＝－x－1，则g(2)＋g′(2)＝________.答案7解析因为f(x)＝x－g(x)，所以f′(x)＝1－g′(x)．由题意得f(2)＝－2－1＝－3，f′(2)＝－1，所以g(2)＋g′(2)＝2－f(2)＋1－f′(2)＝7.14．已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－13x3＋81x－234，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为________万件．答案9解析∵y＝－13x3＋81x－234，∴y′＝－x2＋81，令y′0，得0x9，令y′0，得x9，∴函数y＝－13x3＋81x－234在区间(0，9)上是增函数，在区间(9，＋∞)上是减函数，∴函数在x＝9处取得极大值，也是最大值．故使该生产厂家获得最大年利润的年产量为9万件．15．已知函数f(x)＝lnx2＋12，g(x)＝ex－2，若g(m)＝f(n)成立，则n－m的最小值为________．答案ln2解析令f(n)＝g(m)＝k(k0)，则由lnn2＋12＝k，解得n＝2eke，由em－2＝k，解得m＝lnk＋2，则n－m＝2eke－lnk－2，令h(k)＝2eke－lnk－2，则h′(k)＝2eke－1k，由h′(k)＝0得k＝12，且当k∈0，12时，h′(k)0，h(k)单调递减，当k∈12，＋∞时，h′(k)0，h(k)单调递增，则h(k)min＝h12＝ln2，即n－m的最小值是ln2.16．对于定义在R上的函数f(x)，若存在非零实数x0，使函数f(x)在(－∞，x0)和(x0，＋∞)上均有零点，则称x0为函数f(x)的一个“折点”．现给出下列四个函数：①f(x)＝3|x－1|＋2；②f(x)＝lg|x＋2019|；③f(x)＝x33－x－1；④f(x)＝x2＋2mx－1(m∈R)．则存在“折点”的函数是________．(填序号)答案②④解析因为f(x)＝3|x－1|＋22，所以函数f(x)不存在零点，所以函数f(x)不存在“折点”；对于函数f(x)＝lg|x＋2019|，取x0＝－2019，则函数f(x)在(－∞，－2019)上有零点x＝－2020，在(－2019，＋∞)上有零点x＝－2018，所以x0＝－2019是函数f(x)＝lg|x＋2019|的一个“折点”；对于函数f(x)＝x33－x－1，则f′(x)＝x2－1＝(x＋1)(x－1)．令f′(x)0，得x1或x－1；令f′(x)0，得－1x1，所以函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减．又f(－1)＝－130，所以函数f(x)只有一个零点，所以函数f(x)＝x33－x－1不存在“折点”；对于函数f(x)＝x2＋2mx－1＝(x＋m)2－m2－1，由于f(－m)＝－m2－1≤－1，结合图象(图略)可知该函数一定有“折点”．综上，存在“折点”的函数是②④.三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)(2019·宁夏银川一中月考)设f(x)＝x3－x.(1)求曲线在点(1，0)处的切线方程；(2)设x∈[－1，1]，求f(x)的最大值．解(1)f′(x)＝3x2－1，切线斜率f′(1)＝2，∴切线方程y＝2(x－1)，即2x－y－2＝0.(2)令f′(x)＝3x2－1＝0，x＝±33，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x－1－1，－33－33－33，333333，11f′(x)＋0－0＋f(x)0极大值极小值0故当x＝－33时，f(x)max＝239.18．(12分)已知函数f(x)＝ex＋lnx.(1)求函数y＝f′(x)在区间[1，＋∞)内的最小值；(2)若对任意x∈[1，＋∞)，恒有f(x)≥e＋m(x－1)，求实数m的取值范围．解(1)令y＝h(x)＝f′(x)＝ex＋1x，则h′(x)＝ex－1x2，则当x∈[1，＋∞)时，ex≥e，1x2≤1，所以h′(x)0，即h(x)在区间[1，＋∞)内是增函数，于是y＝f′(x)在区间[1，＋∞)内的最小值为h(1)＝e＋1.(2)令g(x)＝f(x)－e－m(x－1)，则g(x)≥0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，且发现g(1)＝0，g′(x)＝1x＋ex－m.由(1)知当m≤e＋1时，g′(x)≥0，此时g(x)单调递增，于是g(x)≥g(1)＝0，成立；当me＋1时，则存在t∈(1，＋∞)，使得g′(t)＝0，当x∈(1，t)时，g′(x)0，当x∈(t，＋∞)时，g′(x)0，此时g(x)min＝g(t)g(1)＝0，矛盾．综上得m≤e＋1，即实数m的取值范围为(－∞，e＋1]．19．(13分)已知函数f(x)＝lnx－x，g(x)＝ax2＋2x(a0)．(1)求函数f(x)在区间1e，e上的最值；(2)求函数h(x)＝f(x)＋g(x)的极值点．解(1)依题意，f′(x)＝1x－1，令1x－1＝0，解得x＝1.因为f(1)＝－1，f1e＝－1－1e，f(e)＝1－e，且1－e－1－1e－1，故函数f(x)在区间1e，e上的最大值为－1，最小值为1－e